《2022年高考物理一輪復習 第7章 專題強化11 碰撞模型及拓展》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 第7章 專題強化11 碰撞模型及拓展（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化十一碰撞模型及拓展 【目標要求】1.理解碰撞的種類及其遵循的規(guī)律.2.會分析、計算“滑塊一彈簧”模型有關問 題3理解“滑塊一斜(曲)面”模型與碰撞的相似性，會解決相關問題. 題型一碰撞 【基礎回扣】 1 .碰撞 碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象. 2 .特點 在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力,可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒. 3 .分類 動量是否守恒 機械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失最大 【技巧點撥】 1 .碰撞問題遵守的三條原則 (1)動

2、量守恒：pi+p2=Pl' +P2' . (2)動能不增加：Eki+Ek23Eki' +反2’ . (3)速度要符合實際情況 ①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有。前，碰后原來在前的物體速度一定增大, 若碰后兩物體同向運動，則應有。J. ②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變. 2 .彈性碰撞的結論 以質(zhì)量為叨、速度為5的小球與質(zhì)量為他的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有 m\V\=m\V\' +%2。2’ 產(chǎn)1功2=產(chǎn)卬/2+產(chǎn)202’ 2 衽+&2 汨 ， m\-mi ， 2m\ 聯(lián)乂解得：5 一訴s 一訴/ 討論：①若加=他,則功'=0, V2' =

3、。1(速度交換); ②若m\>m2,貝lj v\1 >0, V2' >0(碰后兩物體沿同一方向運動)；當/功》帆2時，v\' Vz 七2。］； ③若如2，則“<0, V2' >0(碰后兩物體沿相反方向運動)；當如《m2時，"*一% Vi ^O. 3.物體A與靜止的物體8發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體8 的速度最小，UB= 7 -兆,當發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，如=-2屆小則碰后物 始十 〃?b mA-rmB 體B的速度范圍為： T 川一積2tA tnA~vmB zwa 十〃m 【例1】如圖1所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為

4、/?= 0.1 m,半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為m=0.1 kg的小球B,水平面上有一個質(zhì)量為"= 0.3 kg的小球A以初速度加=4.0 m/s開始向著小球B運動，經(jīng)過時間Z=0.80 s與B發(fā)生彈 性碰撞，設兩個小球均可以看作質(zhì)點，它們的碰撞時間極短，且已知小球4與桌面間的動摩 擦因數(shù)〃=0.25, g 取 10m/s2.求： 圖1 (1)兩小球碰前4的速度大小vA; (2)小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小. 答案(1)2 m/s (2)4 N 解析(1)碰前對A由動量定理有一“用。="辦一 解得 va=2 m/s. (2)對A、8組成的系統(tǒng)，碰撞前后動量守

5、恒，則有 Mva=Mva ' + mv/i 碰撞前后總動能保持不變， 則有77Mo/ =亍必辦'2 + 1/nWfi2 由以上兩式解得= 1 m/s, Vb~3 m/s 設小球B運動到最高點C時的速度大小為。c,以水平面為參考平面，因為8球由半圓形軌 道的底端運動到C點的過程中機械能守恒，則有570C2 + 2〃?gR=*0B2 解得 Vc=y15 m/s v(^ 對小球8,在最高點。有mg+F^=nr-^- 解得Fn=4N 由牛頓第三定律知小球B運動到最高點C時對軌道的壓力大小為4N. 跟進訓練 1.（碰撞可能性汝U圖2所示，在光滑水平面上有宜徑相同的八b兩球，在同

6、一直線上運動， 選定向右為正方向，兩球的動量分別為p0=6kg?m/s、/%=-4kg-m/s.當兩球相碰之后，兩球 的動量可能是（） Q 氮. 圖2 A. /??=-6kgm/s> pz>=4kgm/s B. p°= -6kg m/s、〃b=8kgm/s C. p?=-4kg m/s、pb=6 kg-rn/s D. pa=2 kg m/s> pb=O 答案c 解析 根據(jù)碰撞過程中動量守恒可知碰撞后的總動量等于原來總動量2 kg-m/s, A選項碰后 的總動量為-2 kg?m/s,動量不守恒，故A錯誤；B選項碰后。球的動能不變，，球的動能增 加了，不符合機械能不增加的規(guī)律，故B

7、錯誤；C選項碰后。、人小球的動量滿足動量守恒 定律，也不違背物體的運動規(guī)律，故C正確；D選項與實際不符，a不可能穿過靜止的匕向 前運動，故D錯誤. 2.（彈性碰撞）如圖3所示，在足夠長的光滑水平面上，物體4、B、C位于同一直線上，A位 \ B. C之間.A的質(zhì)量為m，8、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)使A以某一速 度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與8、C各發(fā)生一次碰撞.設物體 間的碰撞都是彈性碰撞. 圖3 答案由一 2）M- 解析 A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒.設速 度方向向右為正，開始時A的速度為。（），第一次碰撞后C

8、的速度為。a, A的速度為。ai,由 動量守恒定律和機械能守恒定律得 /nvo=mVA] + Mvc\ / o（）2 =%〃小 i2+^Mvc\2 聯(lián)工解付內(nèi)尸不W* %尸赤產(chǎn)。 如果/心M,第一次碰撞后，A與。速度同向，且A的速度小于。的速度，不可能與8發(fā)生 碰撞：如果機=M,第一次碰撞后，A停止，。以A碰前的速度向右運動，A不可能與8發(fā) 生碰撞，所以只需考慮的情況 第一次碰撞后，A反向運動與8發(fā)生碰撞，設與8發(fā)生碰撞后，A的速度為內(nèi)2, 8的速度為 Ubi,同樣有 mVA\z=invA2+MvB\ 12 =^/W422 + 1a/z^i2 ，、-g m—M m—M - 職

9、工解付以2=肝向加=（肅石）V0 根據(jù)題意，要求4只與8、C各發(fā)生一次碰撞，應有力2＜。a 聯(lián)立解得m2+4mM—M2^0 解得相》（小一2）M 另一解力＜一（小+2）M舍去 所以，桁和M應滿足的條件為（小一 題型二碰撞模型的拓展 日考向1 "滑塊一彈簧”模型 1 .模型圖示 % MP..UO0 干回 〃力7〃力〃，〃〃〃力"7力）， 水平地面光滑 2 .模型特點 （1）動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動 量守恒 （2）機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒 （3）彈簧處于最長（最短

10、）狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最?。ㄍ耆菑?性碰撞拓展模型） （4）彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大（完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束 時） 【例2】（多選）如圖4所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d,兩小球質(zhì)量分別為 wi＞ mz，網(wǎng)＞膽2，，"2的左邊有一固定擋板.由圖示位置靜止釋放如、，"2，當nil與相距最 近時他的速度為5,則在以后的運動過程中（ ） m2 A.見的最小速度是0 B.如的最小速度是四產(chǎn)力 機I十機2 C.，〃2的最大速度是。1 D.，物的最大速度是 m\~vm2 答案BD 解析 由題意結合題圖可知，當〃Z

11、|與62相距最近時，"?2的速度為0,此后，如在前，做減 速運動，W12在后，做加速運動，當再次相距最近時，g減速結束，加速結束，因此此時 劭速度最小，,”2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守恒，/"15 =切|。1 ' +W2l?2. 2WJlyl2 =\m\V\' 2+^m2V22,解得。J =■■■'i,改=一 鄴一^i, B、D 選項正確. 2 2 mi-rni2 m\ -rmz 【例3】如圖5所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該 整體靜止放在離地面高為4=5 m的光滑水平桌面上.現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面〃 =1.8 m高處由靜止開始滑下，

12、與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動， 經(jīng)一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出.已知 mA— \ kg, mB—2 kg, mc=3 kg, 取 g=10m/s2.求： 圖5 (1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大??； (2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能： (3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離. 答案(1)2 m/s (2)3 J (3)2 m 解析(1)滑塊A從光滑曲面上〃高處由靜止開始滑下的過程機械能守恒，設其滑到底面的速 度為。1,由機械能守恒定律有解得s=6m/s 滑塊A與8碰撞的過程，A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結束

13、瞬間具有共同速度，設為力，由 動量守恒定律有 inAVi=(mA+tnB)V2, 解得 02=1yi = 2 m/s (2)滑塊A、8發(fā)生碰撞后與滑塊C 一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈 性勢能最大時，滑塊4、B、C速度相等，設為。3,由動量守恒定律有 mAVi =(mA+mn+mc)V3, 解得 V3=^fi = 1 m/s 由機械能守恒定律有 Ep=yim,\+me)vi1—+/hb+wc)V32 解得Ep=3 J (3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊A、8的速度為。人滑塊C的 速度為g,由動量守恒定律和機械能守恒定律有 (mA

14、+ mB)V2 = (/wa+mn)V4+ +mB)vr=+mB)V42+^m(vs2 解得。4=0, 05 = 2 m/s 滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動s=im, H=^gr 解得s=2m. 匚考向2 ”滑塊一斜(曲)面”模型 1.模型圖示 水平地面光滑 2.模型特點 (1)最高點：m與M具有共同水平速度。共，機不會從此處或提前偏離軌道.系統(tǒng)水平方向動 量守恒，〃Wo=(M+〃z)。共；系統(tǒng)機械能守恒，力加=2m+山)0共2+〃儂，其中h為滑塊上 升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型) (2)最低點：機與M分離點.水平方向動量守恒，m

15、vo=ntVi+Mv2\系統(tǒng)機械能守恒，力加 =^,2+|^22 (完全彈性碰撞拓展模型) 【例4】(多選)如圖6所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足 夠長，與水平方向的夾角為“一個質(zhì)量為的小物塊從斜面底端以初速度如沿斜面向上開始 運動.當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為。，距地面高度為/?，重力加速度為 g，則下列關系式中正確的是() 圖6 A. mvo=(m~i-M)v B. mvocos O=(m+M)v 1 , C.，”g/j=y〃(o()sin B)~ D. mgh+^(m+M)v2—^mvo2 答案BD 解析 小物塊上升到最高點

16、時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都 為v,二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機械能守恒.以水平向右為正方向， 在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得zmoocos 9=(/n+M)。，故A錯誤，B正確； 系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得故C錯誤，D正確. 【例5】(2021?黑龍江哈爾濱市第六中學期中)兩質(zhì)量均為根的劈A和8,高度相同，放在光滑 水平面上，4和8的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖7所示.一質(zhì)量也 為"的可視為質(zhì)點的物塊，從劈A上距水平面高度為人處靜止滑下，然后又滑上劈B.重力加 速度為g，求： 圖7 (1)物塊在劈

17、B上能夠達到的最大高度： (2)物塊從劈B上返回水平面時的速度. 答案(*(2)0 解析(1)物塊從劈4上滑下，設水平向右為正方向，物塊滑到底端時的速度為功，劈A的速 度為S.由水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒列方程得 0=mv\+mV2 mgh=產(chǎn)。|2+$九療 解得 v\=y[gii 物塊滑上劈8,當二者水平方向速度相同時，物塊到達最大高度.設二者共同速度大小為 物塊到達最大高度為H,由水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒列方程得 tnv\=2mv 其 ?2 =；X2mv ^2+mgH h 解得”=》 （2）設物塊從劈8上返回水平面時的速度為s,劈B的速度為。4,從物

18、塊剛要滑上劈B,到物 塊從劈8上返回水平面，由水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒列方程得： mvi =nzg+〃n?4 品o J =^mv^+^/?1r42 解得6=0. 跟進訓練 3 .（“滑塊一斜面”模型分析）如圖8所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的 斜面，斜面表面光滑、高度為〃、傾角為，.一質(zhì)量為根（m

19、案D 解析 斜面固定時，根據(jù)動能定理可得一〃吆〃=0—J/noo?,解得v°=72gh,斜面不固定時, 由水平方向動量守恒得〃陽）=（M+⑼。，由能量守恒得%Wo2=￡（M+M/+〃吆加，解得/?] = M ...h, D項正確. M+m 4 .（“滑塊一彈簧"模型分析）如圖9所示，小球8與一輕質(zhì)彈簧相連，并靜止在足夠長的光 滑水平面上，小球A以某一速度與輕質(zhì)彈簧正碰.小球A與彈簧分開后，小球B的速度為0, 求當兩個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動能最小時，小球B的速度的大小. 圖9 解析 當系統(tǒng)動能最小時，彈簧被壓縮至最短，兩球具有共同速度。共. 設小球A、3的質(zhì)量分別為如、機

20、2, 碰撞前小球A的速度為q），小球A與彈簧分開后的速度為v}. 從小球4碰到彈簧到與彈簧分開的過程中，由系統(tǒng)動量守恒和能量守恒有m\Vo=m]V\+m2V 1 1 1 ) 嚴 I Vo2 = ]V]2 + 2^2V2 2力? Bo m\ +/W2 即 m\Vo=—2—v 從小球A碰到彈簧到兩球達到相同速度的過程中，系統(tǒng)動量守恒, 故 m\Vo=（nii+ni2）v 共 v 解得0頭=, 課時精練 C雙基鞏固練 1 .（多選）（2020.湖北部分重點中學聯(lián)考）如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的4、8兩球在 同一直線上運動.兩球的質(zhì)量分別為兩=1 kg、，珈=2kg,

21、規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B 兩球的動量均為6 kg運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞前后A球動量的變化量為一4 kg.m/s, 則（） 圖1 A.左方是A球 B. 8球動量的變化量為4 kg.m/s C.碰撞后A、8兩球的速度大小之比為5 ： 2 D.兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞 答案ABD 解析 初狀態(tài)兩球的動量均為正，故兩球均向右運動，Va=^~=6 m/s, Vh=J~=3 m/s,故左 〃'A *'*D 方是A球，A正確；由動量守恒定律知，ApB=-ApA=4 kg m/s, B正確：碰撞后A的動量 f nA 、 10 kg m/s,則 如’=哼-=5 m/s,故。a' ：

22、vb' =2 ： 5, C 錯誤； 為 Pa' =/^pa+pa=2 kg m/s,則。，= =2 m/s,碰撞后 8 的動量為 pj =Apb+pb= J,碰撞后系統(tǒng)的機械能為5im' 2+|wbi>b，2= 27 J,故兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，D正確. 2.如圖2所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊8靜 止在圓弧軌道的最低點.現(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放.已知圓弧軌道半 徑/?= 1.8 m,小滑塊的質(zhì)量關系是，如=2/股，重力加速度g=10 mH.則碰后小滑塊8的速度 大小不可能是（） A. 5 m/s B. 4 m/

23、s C. 3 m/s D. 2 m/s 答案A 解析 滑塊A下滑過程，由機械能守恒定律得利3?=%?心（）2,解得如=6 m/s:若兩個滑塊 發(fā)生的是彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：hiaVo=hiaVa+mBVB, ^iaV^= %外包/+%〃皿解得g=4 m/s:若兩個滑塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得: mAVo=（mA+inB）VB',解得=2 m/s,所以碰后小滑塊8的速度大小范圍為2 m/s<08< 4 m/s,不可能為5 m/s,故選A. 3. （2020?山東等級考模擬卷）秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應堆技 術，利用中

24、子。n）與靜止笊核價H）的多次碰撞，使中子減速.已知中子某次碰撞前的動能為￡, 碰撞可視為彈性正碰.經(jīng)過該次碰撞后，中子損失的動能為（） ? g ? 2 A.§E B.gE C.^E D.qE 答案B 解析 質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的人核發(fā)生彈性正碰，滿足能量守恒和動量守恒，設 式：1 Xv（）2=^X 1 Xui2+|x2Xt?22 中子的初速度為。（），碰撞后中子和次核的速度分別為功和6,以內(nèi)的方向為正方向，可列 1 X6=1 Xoi+2Xd2,解得S = —即中子的動 能減小為原來的E，則中子的動能損失量為5E,故B正確. 4.如圖3所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為

25、如和,z的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑 的水平面上.現(xiàn)在使甲瞬間獲得水平向右的速度。o=4 m/s,當甲物體的速度減小到1 m/s時, 彈簧最短.下列說法中正確的是（） 圖3 A.此時乙物體的速度為1 m/s B.緊接著甲物體將開始做加速運動 C.甲、乙兩物體的質(zhì)量之比，m ：皿2=1 ： 4 D.當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4 m/s 答案A 解析根據(jù)題意得，當彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度也是 1 m/s, A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續(xù)減速，B錯誤；根據(jù)動量守恒 定律可得如。0=（如+〃12）。，解得如：恤=1：3,

26、C錯誤；當彈簧恢復原長時，根據(jù)動量守 恒和機械能守恒有 moo=/niS' +機2。2'，^m\v^=}jrn\V\' 2+^nnv2 2,聯(lián)立解得。2' = 2 m/s, D 錯誤. 5. （2019?山東日照市3月模擬）4、8兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、 B兩球的質(zhì)量分別為m和若使A球獲得瞬時速度”如圖4甲），彈簧壓縮到最短時 的長度為Li:若使8球獲得瞬時速度。（如圖乙），彈簧壓縮到最短時的長度為上，則心與心 的大小關系為（） ? V V . Ci）v^AMAMAA（5） （4）VWAAAWV（5） 〃〃方6/〃,〃/〃〃,）/〃〃，，力力, ，〃力力〃〃〃

27、〃〃〃〃“，〃力'，力，/ 甲 乙 圖4 A. L\>Lz B. L\

28、為如和m2 的兩物塊A、8相連接并靜止在光滑的水平地面上.現(xiàn)使A以3 m/s的速度向8運動壓縮彈 簧，速度一時間圖象如圖乙，則有（） 圖5 A.在小f3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s,且彈簧都處于壓縮狀態(tài) B.從n到〃時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復原長 C.兩物塊的質(zhì)量之比為如：zn2=l : 2 D.在72時刻A與B的動能之比Eh ： Ek2=l : 8 答案CD 解析 由題圖乙可知八、4時刻兩物塊達到共同速度1 m/s,且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng) 機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，h時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而“時刻處于伸長狀態(tài)， 故A錯誤；結合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時如

29、逐漸減速，逐漸加速，彈簧被壓 縮，《時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢 復原長，m2仍然加速，如先減速為零，然后反向加速，f2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，由于此 時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，在打時刻，兩物塊速度相 等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從七到f4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，故B錯誤： 根據(jù)動量守恒定律，f=0時刻和r=h時刻系統(tǒng)總動量相等，有加研=（如+m2）。2,其中。1 = 3 m/s,力=1 m/s,解得如：，”2 = 1 ： 2,故C正確；在打時刻A的速度為。a= - 1 m/s, B的 速度為如=2 m/s

30、,根據(jù)如：m=l：2,求出Eki ： Ek2=l ： 8,故D正確. C能力提升練 7 .（多選）（2019.安徽宣城市第二次模擬）如圖6,彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為根的光滑 弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為，"的小球從槽上高〃處 由靜止開始自由下滑，則（） 圖6 A.在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 B.在小球下滑的過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功 C.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高人處 D.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動 答案AD 解析在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平

31、方向上不受外力，則水平方向上動 量守恒，故A正確；在小球下滑過程中，槽向左滑動，根據(jù)動能定理知，槽的速度增大，則 小球?qū)Σ鄣淖饔昧ψ稣?，故B錯誤；小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，開始總動 量為零，小球離開槽時，小球和槽的動量大小相等，方向相反，由于質(zhì)量相等，則速度大小 相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧時的速度大小相等， 可知反彈后小球和槽都做速率不變的直線運動，且速度大小相等，小球不會回到槽上高〃處， 故D正確，C錯誤. 8 .（多選）如圖7所示，動量分別為以=12 kg-m/s、pp=13 kg?m/s的兩個小球A、8在光滑的水 平面上沿一直線向右運

32、動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用Apa、△/%表示兩小球動 量的變化量.則下列選項中可能正確的是（） A B 圖7 A. 3 kg?m/s、Ape=3 kg-m/s B. A°a=_2 kg?m/s、A/?b=2 kg m/s C. \pA=_ 24 kgm/s> Aps=24 kg-m/s D. Ap4=3 kg m/s, Ap?=—3 kg m/s 答案AB 解析碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機械能不增加和碰撞過程要符 合實際情況，本題屬于追及碰撞，碰前，后面物體的速度一定要大于前面物體的速度（否則無 法實現(xiàn)碰撞），碰后，前面物體的動量增大，后面物體

33、的動量減小，減小量等于增大量，所以 A/?a<0, A/?b>0,并且 Apam—△/%,據(jù)此可排除選項 D;若 ApA=-24 kg-m/s、A/?b=24 kg-m/s, 2 碰后兩球的動量分別為Pa' = -12 kg-m/s、=37 kg-m/s,根據(jù)關系式瓦=臺可知，A球 的質(zhì)量和動量大小不變，動能不變，而8球的質(zhì)量不變，但動量增大，所以8球的動能增大， 這樣碰后系統(tǒng)的機械能比碰前增大了，可排除選項C;經(jīng)檢驗，選項A、B滿足碰撞遵循的 三個規(guī)律. 9.如圖8所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個;弧形槽，凹 槽半徑為凡A點切線水平.另有一個質(zhì)量為降的小球

34、以速度如從A點沖上滑塊，重力加速 度大小為g，不計摩擦.下列說法中正確的是（） 圖8 A.當。0=也還時，小球能到達8點 B.如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上 C.小球到達斜槽最高點處，小球的速度為零 D.小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左 答案D 解析 滑塊不固定，當Oo==2gR時,設小球沿槽上升的高度為h,則有：mvo=(m+M)v, =^M+m)v2+mgh,可解得/?=而匕R

35、塊后直接落到水平面上，B錯誤：當小球到達斜槽最高點， 由在水平方向上動量守恒有m0(>=(M+m)0,小球具有水平速度，故C錯誤；當小球回到斜 槽底部，相當于完成了彈性碰撞，mvo=inVi+Mv2 1 2 1 2 m_M. 2?n?o =2,,JV, +2Mv- ' Vi M+m00" m>M,與處方向相同，向左，當〃?

36、間極短，求從A開始 壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求： 圖9 (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能. 答案。然/(2)1|mp()2 解析(1)從A壓縮彈簧到A與8具有相同速度。?時，對A、8與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守 恒定律得：〃Wo=2w 此時B與C相當于發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為。2,損失的機械能為△及 對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得mv]=2mv2 ^mV]2=AE+^ X 2mv< 解得 AE=^invo2. (2)由加5=2加。2可知。2

37、為 。3,此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為%,由動量守恒和能量守恒定律得： mvo=3mV3 —AE=g X 3mv32+Ep 13 解得 ￡p=^gWVo2. 11.(2020?遼寧大連市中學高三月考)質(zhì)量為3膽的劈A,其傾斜面是光滑曲面，曲面下端與光 滑的水平面相切，如圖10所示，一質(zhì)量為M的物塊B位于劈A的傾斜面上，距水平面的高 度為6,物塊從靜止開始滑下，到達水平面上，跟右側(cè)固定在墻壁上的彈簧發(fā)生作用后(作用 過程無機械能損失)，又滑上劈A,求物塊B在劈A上能夠達到的最大高度. 圖10 答案% 解析 設物塊B滑到斜面底端時速率為0,斜面速率為。2,物塊B和斜面

38、組成的系統(tǒng)水平方 向動量守恒，取水平向左為正方向，則有3機6一機。1=0 由系統(tǒng)機械能守恒可得mgh=2mvi2+? x3/nP22 聯(lián)立可得翼，V2=yj^ 與彈簧作用后，物塊B速度方向變?yōu)橄蜃?，速度大小不變，當物塊8在劈A上達到最大高度 時二者速率相同，設為s,系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有 3mV2+nw \ = (3/n+m)V3 物塊8和劈4組成的系統(tǒng)機械能守恒，可得 1 ] j mgh' =]X 3mV22+^mvi2—^X(3ni+m)V31 聯(lián)立可得//' =%. C拓展拔高練 12.如圖11所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和6 其連線與墻垂直；。和〃相距/

39、, b 與墻之間也相距/; a的質(zhì)量為〃?，b的質(zhì)量為和1.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使 a以初速度如向右滑動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但人沒有與墻發(fā)生碰撞.重力加速度大 小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)"滿足的條件. 回 四 匕 //ZZ//Z//Z//////// I t I I LL LL 圖11 ±0 加 、32加 答案潺F"》TT而 解析 若要物塊“、人能夠發(fā)生彈性碰撞， 應有￡〃孫『〉〃"陪/, 即『 設在〃、人發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，。的速度大小為6， 由能量守恒定律有2mp°2=產(chǎn)。12 + fungi, 設在4、〃碰撞后的瞬間，4、8的速度大小分別為s'、V2r , 3 1 1 1 3 根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得〃孫=m。1 ' +076'，力蘇=亍加|' 2 + y^/ni?2，2 Q 聯(lián)立可得。2' =乎. 根據(jù)題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞， 根據(jù)功能關系可知，號如2，2$駕gl, 聯(lián)立解得"2落5, 綜上所述，a與6發(fā)生碰撞，但人沒有與墻發(fā)生碰撞的條件是拆考端.